Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ QUỐC GIA MÔN TOÁN 2015
Ngày 2 tháng 4 năm 2015
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số
4 2
1
( 1) 2 1
4
y x m x m= − + + +
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.m =
b) Cho
5
0;
2
I
 
−
 ÷
 
. Tìm m để
( )
m
C
có điểm cực đại là A, hai điểm cực tiểu là B và C sao cho

tứ giác ABIC là hình thoi.
Câu 2 (1,0 điểm).
1. Giải phương trình
3
3 5 1 15, ( ).x x x− + = ∈¡
2. Giải phương trình
3
sin 4 2sin sin 3 cos cos2 .x x x x x+ = +
Câu 3 (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 2 2 2 1
( , ).
2 2 2 0
x x x y y y
x y
x y x y

+ + + = + + +

∈

+ − + − =


¡

Câu 4 (0,5 điểm).
Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng được giới hạn bởi các

đường
1
, 0, 0
1 4 3
y y x
x
= = =
+ −
và
1x =
xung quanh trục hoành.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
có
·
0
10
' , 2, , 135 .
4
a
AA AC a BC a ACB= = = =
Hình chiếu
vuông góc của
'C
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm M của AB. Tính theo a thể
tích của khối lăng trụ
. ' ' 'ABC A B C
và góc tạo bởi đường thẳng
'C M

với mặt phẳng
( ' ').ACC A
Câu 6 (1,0 điểm).
Giả sử x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
x y>
và
2
( ) 1.xy x y z z+ + + =
Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2
1 1 1
.
4( ) ( ) ( )
P
x y x z y z
= + +
− + +
Câu 7.(1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho đường tròn
2 2
( ) : ( 2) ( 1) 5C x y− + − =
và đường
thẳng
: 3 9 0.d x y− − =
Từ điểm M thuộc d kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với (C) lần lượt tại A và
B. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài AB nhỏ nhất.
Câu 8.(1,0 điểm).

Trong không gian với hệ tọa độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
:
2 1 2
x y z
d
−
= =
− −
và
1 2
: .
1 1 2
x y z− −
∆ = =
−
Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d, cắt
∆
tại hai điểm A, B sao
cho IAB là tam giác vuông và
2 11.AB =
Câu 9.(1,0 điểm).
Tìm số phức z thỏa mãn
2 2 3z i+ =
và
( )
3 i z+
có một acgumen bằng

.
3
π
Câu 10.(0,5 điểm).
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm ba chữ số khác nhau, biết rằng tổng của ba chữ số này là 8.
Hết
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 67
Câu Đáp án Điểm
Câu 1.
(2,0
điểm)
a) (1,0 điểm)
Khi
1m =
hàm số trở thành
4 2
1
2 3.
4
y x x= − +
a) Tập xác định:
;D y= R
là hàm số chẵn.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim
x
y

→−∞
=
lim .
x
y
→+∞
= +∞

* Chiều biến thiên: Ta có
3
' 4 ;y x x= −
0 2 2
' 0 ; ' 0 ; ' 0
2 2 0 0 2.
x x x
y y y
x x x
= > < −
  
= ⇔ > ⇔ < ⇔
  
= ± − < < < <
  
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
2; 0 , 2; ;− + ∞
nghịch biến trên mỗi khoảng
( ) ( )
; 2 , 0; 2 .−∞ −
* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại

0, 3,
CĐ
x y= =
hàm số đạt cực tiểu tại
2, 1.
CT
x y= ± = −
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị: Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng.
0,5
b) (1,0 điểm)
Ta có
3
' 2( 1) ,y x m x= − +
với mọi
.x ∈ R
.
( )
m
C
có 1 điểm cực đại và 2 điểm cực tiểu
' 0y⇔ =

có 3 nghiệm phân biệt
2( 1) 0 1.m m⇔ + > ⇔ > −
(1)
Khi đó 3 nghiệm phân biệt của
' 0y =
là

0, 2( 1)x x m= = − +
và
2( 1).x m= +

Điểm cực đại của
( )
m
C
là
(0; 2 1),A m +
hai điểm cực tiểu là
( )
2
2( 1);B m m− + −
và
( )
2
2( 1); .C m m+ −
0,5
Nhận thấy rằng AI vuông góc với BC tại
( )
2
0;H m−
và H là trung điểm của BC. Do đó tứ giác
ABIC là hình thoi khi và chỉ khi H là trung điểm của AI. Hay là
2
2
5 1
2 2 1
2

2 2
H A I
H A I
x x x
m m m
y y y
= +

⇔ − = + − ⇔ =

= +

hoặc
3
.
2
m = −
Đối chiếu điều kiện (1) ta được giá trị của m là
1
.
2
m =
0,5
Câu
2.1
Phương trình tương đương với
3
15 3 5 1.x x− = +
Để PT có nghiệm thì
3

3
15 15.x x≥ ⇔ ≥
Nhận thấy x = 3 thoả mãn phương trình.
Xét hàm số
3 ' 2
3
5
( ) 3 5 1, ( ) 3( ) 0, 15.
2 5 1
f x x x f x x x
x
= − + = − > ∀ ≥
+
0.25
Hàm số f(x) đồng biến với mọi
3
15x ≥
, vậy PT có nghiệm duy nhất x = 3.
0.25
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2sin 2 cos2 sin (2sin 1) 3cos cos2 0x x x x x x+ − − =
0,25
x
'y
y
2
−
∞−
∞+

2
3
∞+
1
−
–
0
0
+
0
+
– 0
∞+
1
−
2
x
O
y
2
1
−
3
2
−
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2.2
cos2 (2sin 2 sin 3cos ) 0.x x x x⇔ − − =
*)
cos2 0 ,

4 2
x x k
π π
= ⇔ = +
.k
∈
Z
*)
1 3
2sin 2 sin 3cos 0 sin 2 sin cos sin 2 sin
2 2 3
x x x x x x x x
π
 
− − = ⇔ = + ⇔ = +
 ÷
 
2 2
2
3
3
2 2
2 2
, .
3
9 3
x x k
x k
x x k
x k k

π
π
π
π
π
π π
π π


= + +
= +



⇔ ⇔

 


= − + +
= + ∈
 ÷



 

Z
Vậy nghiệm của phương trình là
,

4 2
x k
π π
= +
2 2
2 , , .
3 9 3
x k x k k
π π π
π
= + = + ∈Z
0,25
Câu 3.
(1,0
điểm)
Điều kiện:
1
2, .
2
x y≥ − ≥ −
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2 2
2 2 2.x y x y= − + − +
Thế vào phương trình thứ nhất, ta được:
2 2 2
( 2 2 2) 2 2 2 1x y x y x x y y y+ − + − + + + + = + + +
2 2
2 2
3 2 2 4 2 2 1
( 1) ( 1) ( 1) 1 (2 ) 2 2 1.(1)

x x x y y y
x x x y y y
⇔ + + + + = + + +
⇔ + + + + + + = + + +
0,5
Xét hàm số
2
( ) 1f t t t t= + + +
với
1.t ≥ −
Ta có
3
1 1 3
'( ) 2 1 ; "( ) 2 ; "( ) 0 .
4
2 1
4 ( 1)
f t t f t f t t
t
t
= + + = − = ⇔ = −
+
+
Suy ra
3 1
'( ) ' 0
4 2
f t f
 
≥ − = >

 ÷
 
với mọi
( 1; ).t ∈ − + ∞
Do đó hàm
( )f t
đồng biến trên
[ 1; + ).− ∞
Suy ra phương trình
(1) ( 1) (2 ) 1 2 2 1.f x f y x y x y⇔ + = ⇔ + = ⇔ = −
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được
2 2
(2 1) 2 2(2 1) 2 0y y y y− + − − + − =

2
1
6 7 1 0
1
.
6
y
y y
y
=


⇔ − + = ⇔

=



Suy ra nghiệm (x; y) của hệ là
2 1
(1;1), ; .
3 6
 
−
 ÷
 
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Thể tích khối tròn xoay là
( )
1
2
0
d
.
1 4 3
x
V
x
π
=
+ −
∫
Đặt
4 3 ,t x= −

ta có khi
0x =
thì
2,t
=
khi
1x =
thì
1t =
và
2
4
3
t
x
−
=
nên
2
d d .
3
t
x t= −

0,25
Khi đó ta có
1 2 2
2 2 2
2 1 1
1 2 2 2 1 1

. d d d
3 3 3 1
(1 ) ( 1) ( 1)
t t
V t t t
t
t t t
π π
π
 
−
= = = −
 ÷
+
+ + +
 
∫ ∫ ∫

2
1
2 1 2 3 1 3
ln | 1| ln 6ln 1 .
3 1 3 2 6 9 2
t
t
π π π
     
= + + = − = −
 ÷  ÷  ÷
+

     
0,25
Câu 5.
0,5
2
0
1
. sin135 .
2 2
ABC
a
S CA CB= =
Áp dụng định lý cosin cho
5ABC AB a∆ ⇒ =
2 2 2 2
2 2 2
6
' ' .
2 4 4 4
CA CB AB a a
CM C M C C CM
+
⇒ = − = ⇒ = − =
Suy ra thể tích lăng trụ
3
6
' . .
8
ABC
a

V C M S= =
Kẻ
MK AC⊥
(K thuộc AC),
'MH C K⊥
(H thuộc
' )C K
Vì
( ' )AC C MK⊥
nên
( ' ')AC MH MH ACC A⊥ ⇒ ⊥

0,5
3
B
M
A
C
K
H
'A
'C
'B
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
(1,0
điểm)
( )
·
·
·

' , ( ' ') ' ' .C M ACC A MC H MC K⇒ = =
(1). Vì M là trung điểm AB nên
·
2
2
1 1
tan '
2 4 '
2 2 3
MAC
CAM CAB
S
a a MK
S S MK MC K
AC C M
= = ⇒ = = ⇒ = =
.
Suy ra
·
0
' 30 .MC K =
(2) Từ (1) và (2) suy ra
( )
·
0
' , ( ' ') 30 .C M ACC A =
Câu 6.
(1,0
điểm)
Đặt

.x z a+ =
Từ giả thiết bài toán ta có
( )( ) 1,x z y z+ + =
hay
1
.y z
a
+ =
Do
x y>
nên
.x z y z+ > +
Suy ra
1.a >
Ta có
2
1 1
( ) .
a
x y x z y z a
a a
−
− = + − + = − =
Khi đó
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 3 1 3
1.
4 4 4

4( 1) 4( 1) 4( 1)
a a a a a a
P a
a a a a a
 
= + + = + + + ≥ + +
 ÷
− − −
 
(1)
0,5
Đặt
2
1.a t= >
Xét hàm số
2
3
( ) 1
4
4( 1)
t t
f t
t
= + +
−
với
1.t >
Ta có
3
1 3

'( ) ;
4
4( 1)
t
f t
t
− −
= +
−
2
'( ) 0 ( 2)(3 3 2) 0 2.f t t t t t= ⇔ − − + = ⇔ =
BBT:
Dựa vào BBT ta có
( ) 3f t ≥
với mọi
1.t >
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
3,P
≥
dấu đẳng thức xảy ra khi
1
2, .
2
x z y z+ = + =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.
0,5
Câu 7.
(1,0
điểm)

(C) có tâm
(2;1),I
bán kính
5, ( , ) 10R d I d R= = >
nên d
không cắt (C).
(3 9; ).M d M m m∈ ⇒ +
Từ tính chất tiếp tuyến ta có
MI AB⊥
tại H là trung điểm AB.
Trong tam giác vuông AIM ta có
2 2 2
1 1 1
AH AI AM
= +
2 2 2 2 2 4
2 2
2 2 2 2
. ( )
.
AI AM R IM R R
AH R
AI AM IM IM
−
⇒ = = = −
+
0,5
Ta có AB nhỏ nhất
AH⇔
nhỏ nhất

IM⇔
nhỏ nhất (
5R =
không đổi).
Mà
2 2 2 2
(3 7) ( 1) 10( 2) 10 10IM m m m= + + − = + + ≥
nên suy ra
min
10IM =
khi
2.m = −
Suy ra
(3; 2).M −
0,5
Câu 8.
(1,0
điểm)
IAB∆
có
IA IB=
nên vuông tại I. Suy ra
1
11
2
IH AB= =

(H là hình chiếu của I lên AB)
Suy ra
( , ) 11d I ∆ =

(1)
Khi đó bán kính mặt cầu
2 22.R IH= =

0,5
(2 ; ; 2 1); (1;1; 2)I d I t t t u
∆
∈ ⇒ − − + = −
uur
và
(0; 1; 2)M ∈∆

(2 ; 1; 2 1)MI t t t⇒ = − − − −
uuur
, ( 4 3; 2 1; 3 1)u MI t t t
∆
 
⇒ = − − − + − −
 
uur uuur
2
,
29 26 11
( , ) .
6
u MI
t t
d I
u
∆

∆
 
+ +
 
⇒ ∆ = =
uur uuur
uur
(2)
4
( )f t
'( )f t
t
2
0
+
–
1
∞+
3
d
M
A
I
B
H
R
d
BH
R
A

I
∆
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Từ (1) và (2)
2
(2; 1; 1)
1
29 26 55 0
110 55 139
55
; ;
29 29 29
29
I
t
t t
I
t
− −

=



⇒ + − = ⇔ ⇒
 


−
= −

 ÷



 

Suy ra pt mặt cầu
2 2 2
( 2) ( 1) ( 1) 22x y z− + + + + =
và
2 2 2
110 55 139
22.
29 29 29
x y z
     
+ + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
0,5
Câu 9.
(1,0
điểm)
Đặt
( )
cos sin , 0.z r i r
ϕ ϕ
= + >
Suy ra
( )

cos( ) sin( ) .z r i
ϕ ϕ
= − + −
Khi đó
( )
3 2 cos sin .
6 6
i z r i
π π
ϕ ϕ
 
   
+ = − + −
 ÷
 ÷  ÷
   
 
Theo giả thiết ta có
.
6 3 6
π π π
ϕ ϕ
− = ⇔ = −
Khi đó
3
.
2 2
r r
z i= −
0,5

Suy ra
2 2 3z i+ = ⇔

3
2 2 3
2 2
r r
i
 
+ + =
 ÷
 

2
2
2
3
2 12 2 8 0 2,
4 2
r r
r r r
 
⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ =
 ÷
 
vì
0.r >
Vậy
3 .z i= −
0,5

Câu
10
Nếu số tự nhiên thoả mãn ycbt được lập từ các bộ ba chử số dạng {0, 1, 7}, {0, 2, 6} và {0, 5, 3}. Khi
đó gồm 3.4 = 12 (số).
Nếu số tự nhiên thoả mãn ycbt được lập từ các bộ ba chử số dạng {1, 2, 5}, {1, 3, 4}.
Khi đó gồm 2.6 = 12 (số).
0.25
Vậy có 12 + 12 = 24 số tự nhiên thoả mãn ycbt.
0.25
5